ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

#21

Άλλη λύση για το Δ3

Θέτω $\displaystyle{h(x)=f(x)-x}$ η h είναι συνεχής και δεν έχει ρίζα άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο και μάλιστα θετικό αφού f(0)=3
Τότε η $\displaystyle{f^2(x)-2xf(x)=9}$ γίνεται $\displaystyle{h^2(x)+2xh(x)+x^2-2xh(x)-2x^2=9}$ ή $\displaystyle{h^2(x)=x^2+9}$ δηλαδή $\displaystyle{h(x)=|h(x)|=\sqrt{x^2+9}}$
Αρα $\displaystyle{f(x)=x+\sqrt{x^2+9}}$

Μάκης Χατζόπουλος · #22

Δ3) Αλλιώς με συμπλήρωση τετράγωνου, δηλ.

$\displaystyle{ f^2 \left( x \right) - 2xf\left( x \right) = 9 \Leftrightarrow f^2 \left( x \right) - 2xf\left( x \right) + x^2 = x^2 + 9 \Leftrightarrow \left( {f\left( x \right) - x} \right)^2 = x^2 + 9 }$

κτλ (με πρόλαβε ο boris και όχι μόνο αλλά το αφήνω γιατί διαφέρει λίγο στον τρόπο επίλυσης...)

gkostas · #23

Αγαπητοί συνάδελφοι
στο Γ4 Η λύση με αντικατάσταση είναι λάθος
γιατί η χ^2+1 δεν είναι 1-1

mhtsort · #24

cretanman έγραψε:Θέμα Δ

Δ1) Αφού η συνάρτηση είναι συνεχής άρα η είναι συνεχής και αφού δε μηδενίζεται άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο. Επιπλέον επειδή άρα για κάθε $x\in\mathbb{R}$ .

Η συνάρτηση $\displaystyle\frac{x}{f(x)-x}$ είναι συνεχής ως πηλίκο συνεχών άρα η $\displaystyle\int_0^x \frac{t}{f(t)-t}dt$ είναι παραγωγίσιμη οπότε η $3+x+\displaystyle\int_0^x \frac{t}{f(t)-t}dt$ άρα και η είναι παραγωγίσιμη. Παραγωγίζοντας τη δοσμένη σχέση παίρνουμε

$f'(x)-1=\displaystyle\frac{x}{f(x)-x}$ δηλαδή
$f'(x)=1+\displaystyle\frac{x}{f(x)-x}=\frac{f(x)}{f(x)-x}$ .

Δ2) Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη επειδή προκύπτει από πράξεις μεταξύ παραγωγισίμων συναρτήσεων. Άρα

$g'(x)=2f(x)f'(x)-2f(x)-2xf'(x)=2f(x)\displaystyle\frac{x}{f(x)-x}-2f(x)-2x\frac{x}{f(x)-x}=\frac{2f^2(x)-2f^2(x)+2xf(x)-2xf(x)}{f(x)-x}=0$

συνεπώς η συνάρτηση είναι σταθερή.

Δ3) Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε για κάθε $x\in\mathbb{R}$ δηλαδή για κάθε $x\in\mathbb{R}$ . Θέτοντας και χρησιμοποιώντας ότι παίρνουμε άρα τελικά για κάθε $x\in\mathbb{R}$ .

Θεωρώντας την τελευταία ως β-βάθμια συνάρτηση του , βρίσκουμε

$\Delta=4(x^2+9)$ άρα για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει

$f(x)=x+\sqrt{x^2+9}$ ή $f(x)=x-\sqrt{x^2+9}$

Όμως αν για κάποιο ισχύει $f(x_0)=x_0-\sqrt{x_0^2+9}$ τότε επειδή $x_0-\sqrt{x_0^2+9}<x_0$ καταλήγουμε σε άτοπο διότι για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει .

Άρα τελικά για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει $f(x)=x+\sqrt{x^2+9}$ .

Δ4) Η δοσμένη ανισότητα γράφεται $\displaystyle\int_0^{x+1} f(t)dt - \int_0^{x} f(t)dt < \int_0^{x+2} f(t)dt - \int_0^{x+1} f(t)dt$

Θεωρούμε τη συνάρτηση $G(x)=\displaystyle\int_0^{x+1} f(t)dt - \int_0^{x} f(t)dt$ η οποία είναι παραγωγίσιμη ως διαφορά παραγωγισίμων με

$\begin{aligned} G'(x) &= f(x+1)-f(x)=x+1+\sqrt{(x+1)^2+9}-x-\sqrt{x^2+9} \\ &= \sqrt{(x+1)^2+9}-\sqrt{x^2+9}+1\end{aligned}$ .

Όμως για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει

$\sqrt{(x+1)^2+9}>\sqrt{x^2+9}$ άρα $\sqrt{(x+1)^2+9}-\sqrt{x^2+9}+1>1>0$ οπότε άρα η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα.

Όμως συνεπώς δηλαδή $\displaystyle\int_0^{x+1} f(t)dt - \int_0^{x} f(t)dt < \int_0^{x+2} f(t)dt - \int_0^{x+1} f(t)dt$ που είναι η ζητούμενη ανισότητα.

Αλέξανδρος

To $\sqrt{(x+1)^2+9}>\sqrt{x^2+9}$ δεν ισχύει πχ για χ=-1
Το δουλεύω όμως

xgastone · #25

για το Δ4 μπορουμε να παρουμε ΘΜΤ στα διαστηματα [χ,χ+1] και [χ+1,χ+2] για την ολοκληρωμα απο 0 εως χ f(t)dt

sorfan · #26

gkostas έγραψε:Αγαπητοί συνάδελφοι
στο Γ4 Η λύση με αντικατάσταση είναι λάθος
γιατί η χ^2+1 δεν είναι 1-1

Στο σχολικό στις λύσεις χρησιμοποιεί αυτήν την αντικατάσταση δηλ. u=x^2+1

pafitis · #27

Στο Δ4 εγω για να βγαλω την f θετικη, εγραψα οτι |χ|>=-χ αρα εβγαινε η f θετικη μετα απο λιγες πραξεις, οποτε εβγαινε και η f' θετικη αφου εχουμε προηγουμενως δειξει οτι f(x)-x>0 οποτε εβγαινε το ζητουμενο με 2 ΘΜΤ στα [χ,χ+1], [χ+1,χ+2]

k-ser · #28

Βιαστικά... οι λύσεις

ansewrs.doc: (147.5 KiB) Μεταφορτώθηκε 303 φορές

#29

mhtsort έγραψε:
cretanman έγραψε:Θέμα Δ

Δ1) Αφού η συνάρτηση είναι συνεχής άρα η είναι συνεχής και αφού δε μηδενίζεται άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο. Επιπλέον επειδή άρα για κάθε $x\in\mathbb{R}$ .

Η συνάρτηση $\displaystyle\frac{x}{f(x)-x}$ είναι συνεχής ως πηλίκο συνεχών άρα η $\displaystyle\int_0^x \frac{t}{f(t)-t}dt$ είναι παραγωγίσιμη οπότε η $3+x+\displaystyle\int_0^x \frac{t}{f(t)-t}dt$ άρα και η είναι παραγωγίσιμη. Παραγωγίζοντας τη δοσμένη σχέση παίρνουμε

$f'(x)-1=\displaystyle\frac{x}{f(x)-x}$ δηλαδή
$f'(x)=1+\displaystyle\frac{x}{f(x)-x}=\frac{f(x)}{f(x)-x}$ .

Δ2) Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη επειδή προκύπτει από πράξεις μεταξύ παραγωγισίμων συναρτήσεων. Άρα

$g'(x)=2f(x)f'(x)-2f(x)-2xf'(x)=2f(x)\displaystyle\frac{x}{f(x)-x}-2f(x)-2x\frac{x}{f(x)-x}=\frac{2f^2(x)-2f^2(x)+2xf(x)-2xf(x)}{f(x)-x}=0$

συνεπώς η συνάρτηση είναι σταθερή.

Δ3) Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε για κάθε $x\in\mathbb{R}$ δηλαδή για κάθε $x\in\mathbb{R}$ . Θέτοντας και χρησιμοποιώντας ότι παίρνουμε άρα τελικά για κάθε $x\in\mathbb{R}$ .

Θεωρώντας την τελευταία ως β-βάθμια συνάρτηση του , βρίσκουμε

$\Delta=4(x^2+9)$ άρα για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει

$f(x)=x+\sqrt{x^2+9}$ ή $f(x)=x-\sqrt{x^2+9}$

Όμως αν για κάποιο ισχύει $f(x_0)=x_0-\sqrt{x_0^2+9}$ τότε επειδή $x_0-\sqrt{x_0^2+9}<x_0$ καταλήγουμε σε άτοπο διότι για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει .

Άρα τελικά για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει $f(x)=x+\sqrt{x^2+9}$ .

Δ4) Η δοσμένη ανισότητα γράφεται $\displaystyle\int_0^{x+1} f(t)dt - \int_0^{x} f(t)dt < \int_0^{x+2} f(t)dt - \int_0^{x+1} f(t)dt$

Θεωρούμε τη συνάρτηση $G(x)=\displaystyle\int_0^{x+1} f(t)dt - \int_0^{x} f(t)dt$ η οποία είναι παραγωγίσιμη ως διαφορά παραγωγισίμων με

$\begin{aligned} G'(x) &= f(x+1)-f(x)=x+1+\sqrt{(x+1)^2+9}-x-\sqrt{x^2+9} \\ &= \sqrt{(x+1)^2+9}-\sqrt{x^2+9}+1\end{aligned}$ .

Όμως για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει

$\sqrt{(x+1)^2+9}>\sqrt{x^2+9}$ άρα $\sqrt{(x+1)^2+9}-\sqrt{x^2+9}+1>1>0$ οπότε άρα η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα.

Όμως συνεπώς δηλαδή $\displaystyle\int_0^{x+1} f(t)dt - \int_0^{x} f(t)dt < \int_0^{x+2} f(t)dt - \int_0^{x+1} f(t)dt$ που είναι η ζητούμενη ανισότητα.

Αλέξανδρος
To $\sqrt{(x+1)^2+9}>\sqrt{x^2+9}$ δεν ισχύει πχ για χ=-1
Το δουλεύω όμως

To g΄(χ) βγαίνει θετικό με την μονοτονία της f...

Math Rider · #30

Σαν πρώτο σχόλιο, μάλλον τα θέματα δεν είναι ιδιαίτερα δύσκολα. Ειδικά στο Θέμα Δ ένας καλά προετοιμασμένος μαθητής δεν πρέπει να
αντιμετώπισε κανένα πρόβλημα με εξαίρεση ίσως το ερώτημα Δ4. Αλλά και αυτό με ορισμένες δοκιμές θα έβγαινε.

R BORIS έγραψε:Μια 2η λύση γι το Δ4
Έστω F μια αρχική της f . Τότε $\displaystyle{\int_{a}^{b}{f(t)dt}=F(b)-F(a)}$
Εφαρμόζοντας την πρόταση αυτή στο ζητούμενο αρκεί
$\displaystyle{ F(x+1)-F(x)<F(x+2)-F(x+1)}$
όμως για την F ισχύουν οι προυποθέσεις ΘΜΤ στα [x,x+1],[x+1,x+2] άρα αρκεί
$\displaystyle{(x+1-x)F'(\xi_1)<(x+2-x-1)F'(\xi_2)}$ γοα κάποια $\displaystyle{\xi_1,\xi_2:x<\xi_1<x+1<\xi_2<x+2}$ οπότε αρκεί $\displaystyle{f(\xi_1)<f(\xi_2)}$ που ισχύει αφού f γνήσια αύξουσα και $\displaystyle{\xi_1<\xi_2}$

xgastone έγραψε:για το Δ4 μπορουμε να παρουμε ΘΜΤ στα διαστηματα [χ,χ+1] και [χ+1,χ+2] για την ολοκληρωμα απο 0 εως χ f(t)dt

k-ser έγραψε:Βιαστικά... οι λύσεις

ansewrs.doc

Αυτή η λύση ήρθε και σε μένα πρώτη στο μυαλό. Μάλιστα το ερώτημα αυτό κάτι μου θύμιζε...
Ο κύριος Μ. Στεργίου είχε γράψει κάπου ότι «Αν όλοι οι μαθηματικοί στην Ελλάδα
πούμε από ένα θέμα, σίγουρα τα θέματα των εξετάσεων θα μοιάζουν με κάποιο από αυτά».
Προς επιβεβαίωση, λοιπόν, το ερώτημα Δ4 μοιάζει με το ερώτημα η που τέθηκε
ακριβώς πριν ένα χρόνο εδώ viewtopic.php?f=55&t=1427 από τον κύριο Χρήστο Καρδαση.

Tkostas · #31

Αν ένας μαθητής υπολογίσει το ολοκλήρωμα στο Γ4 με αλλαγή μεταβλητής χ^2+1=u βγένουν στην συνέχεια ιδια άκρα ολοκλήρωσης άρα = 0 το ολοκλήρωμα.Είναι σωστό αυτό ετσι δεν είναι???

Μάκης Χατζόπουλος · #32

Tkostas έγραψε:Αν ένας μαθητής υπολογίσει το ολοκλήρωμα στο Γ4 με αλλαγή μεταβλητής χ^2+1=u βγένουν στην συνέχεια ιδια άκρα ολοκλήρωσης άρα = 0 το ολοκλήρωμα.Είναι σωστό αυτό ετσι δεν είναι???

Σωστό είναι... εσύ ακολουθείς αυτά που λέει το βιβλίο που δεν σου απαγορεύει τι να θέσεις...

pafitis · #33

xgastone έγραψε:για το Δ4 μπορουμε να παρουμε ΘΜΤ στα διαστηματα [χ,χ+1] και [χ+1,χ+2] για την ολοκληρωμα απο 0 εως χ f(t)dt

Πρεπει να παρουμε ΘΜΤ στα διαστηματα που λες στη συναρτηση $g(t)=\int_{0}^{t}{f(u)du}$

#34

Δ4.
Λύση από την Φρατζέσκα:
f γνησίως αύξουσα, γιατί... κ.λπ.

Με $x\leq t\leq x+1$ είναι $f(t)\leq f(x+1)\Leftrightarrow f(t)-f(x+1)\leq 0$ και το = όχι παντού, κ.λπ. ολοκληρώνει ως προς t...: $\int_{x}^{x+1}{f(t)dt}< f(x+1)$ . Ομοίως.... $\int_{x+1}^{x+2}{f(t)dt}> f(x+1)$ άρα...κ.λπ.

Dimitris X · #35

Έδινα και εγώ σήμερα.....
Εμένα εύκολα μου φάνηκαν με τη λογική ότι κάθε ερώτημα δεν με ζόρισε πάνω από 3-4 λεπτά για το τί μέθοδο πρέπει να ακολουθήσω.....
Έξυπνο το ολοκλήρωμα με την περιττή που έμπλεκες αν δεν το έβλεπες.....
Γενικά ΠΟΛΛΕΣ πράξεις στο 3ο και ευτυχώς από ότι βλέπω δεν έχω κάποιο λάθος.

Όσον αφορά το 4ο τα βήματα που ακολούθησα:

$G(x)= \int_{x}^{x+1}f(t)dt.$

G{'}(x)=f(x+1)-f(x).

Η $f{'}(x)=\frac{\sqrt{x^2+9}+x}{\sqrt{x^2+9}}>0.$

γιατί $x^2+9>x^2 \Longleftrightarrow \sqrt{x^2+9}+x>|x|+x\ge 0.$

Άρα f γνησίως αύξουσα,άρα f(x+1)-f(x)>0

άρα G γνησίως αύξουσα.......κλπ.

Βέββαια βγένει πολύ πιο γρήγoρα με ΘΜΤ ολοκληρωτικού λογισμού,και σκέφτηκα για μια στιγμή να το αποδείξω και να δουλέψω έτσι αλλά τελικά προτίμησα τον άλλο τροπο....

Καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά του forum,αν και είμαι σίγουρος ότι θα τα πήγαν τέλεια.....

Δημήτρης

#36

Δ4
Λύση από Χρήστο:
αλαγή μεταβλητής στο πρώτο ολοκλήρωμα:
$\int_{x+1}^{x+2}{f(t-1)dt}<\int_{x+1}^{x+2}{f(t)dt}$
και τώρα με ίδια άκρα ποιος μας πιάνει!....

k-ser · #37

gkostas έγραψε:Αγαπητοί συνάδελφοι
στο Γ4 Η λύση με αντικατάσταση είναι λάθος
γιατί η χ^2+1 δεν είναι 1-1

Μπορείς να δικαιολογήσεις γιατί η λύση με αντικατάσταση είναι... λάθος!

Rania · #38

Dimitris X έγραψε:Έδινα και εγώ σήμερα.....
Εμένα εύκολα μου φάνηκαν με τη λογική ότι κάθε ερώτημα δεν με ζόρισε πάνω από 3-4 λεπτά για το τί μέθοδο πρέπει να ακολουθήσω.....
Έξυπνο το ολοκλήρωμα με την περιττή που έμπλεκες αν δεν το έβλεπες.....
Γενικά ΠΟΛΛΕΣ πράξεις στο 3ο και ευτυχώς από ότι βλέπω δεν έχω κάποιο λάθος.

Όσον αφορά το 4ο τα βήματα που ακολούθησα:

$G(x)= \int_{x}^{x+1}f(t)dt.$

Η $f{'}x=\frac{\sqrt{x^2+9}+x}}{\sqrt{x^2+9}}>0.$
γιατί $x^2+9>x^2 \Longleftrightarrow \sqrt{x^2+9}+x>|x|+x\ge 0.$

Άρα f γνησίως αύξουσα,άρα άρα G γνησίως αύξουσα.......κλπ.

Βέββαια βγένει πολύ πιο γρήγπρα με ΘΜΤ ολοκληρωτικού λογισμού,και σκέφτηκα για μια στιγμή να το αποδείξω και να δουλέψω έτσι αλλά τελικά προτίμησα τον άλλο τροπο....

Καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά του forum,αν και είμαι σίγουρος ότι θα τα πήγαν τέλεια.....

Δημήτρης

Ετσι ακριβως εκανα κι εγω την αιτιολογηση για να μου βγει το ΘΜΤ, αλλα ξεκινησα απο το |χ|>=-χ ενω εσυ καταληγεις σε αυτο. Φοβερη διαφορα

Μου φανηκαν ευκολα σε γενικες γραμμες, τιποτα δεν με ζορισε ιδιαιτερα εκτος απο το Δ4 που ενω ειχα μυριστει οτι ηταν ΘΜΤ, στο προχειρο εγραφα ο,τι να ναι.

Παντως εχω παρει 100, αν οχι 100 αποκλειεται κατω απο 98. Αιτιολογησα επαρκως την καθε κινηση μου, παραγωγισιμοτητες κλπ, θεωρια εγραψα, Σ-Λ επιασα.
Ευχομαι επιτυχια στους υπολοιπους συνομηλικους!

GMANS · #39

D4.doc: (16.5 KiB) Μεταφορτώθηκε 242 φορές

Math Rider · #40

Ένας ακόμη τρόπος υπολογισμού του ολοκληρώματος στο ερώτημα Γ4

$\displaystyle{ I = \int\limits_{ - 1}^1 {xf(x)dx} = \int\limits_{ - 1}^1 {[2x^2 + x\ln (x^2 + 1)]dx} = \int\limits_{ - 1}^1 {2x^2 dx} + \int\limits_{ - 1}^1 {x\ln (x^2 + 1)dx} = }$

$\displaystyle{ \left[ {\frac{{2x^3 }}{3}} \right]_{ - 1}^1 + \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {\frac{{x^2 }}{2}} \right)^\prime \ln (x^2 + 1)dx} = \frac{4}{3} + \left[ {\frac{{x^2 }}{2}\ln (x^2 + 1)} \right]_{ - 1}^1 - \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{x^2 }}{2}[\ln (x^2 + 1)]'dx} = }$

$\displaystyle{ \frac{4}{3} + 0 - \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{x^2 }}{2} \cdot \frac{{2x}}{{x^2 + 1}}dx} = \frac{4}{3} - \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{x^3 }}{{x^2 + 1}}dx} = \frac{4}{3} - \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{x(x^2 + 1) - x}}{{x^2 + 1}}dx} = }$

$\displaystyle{ \frac{4}{3} - \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {x - \frac{x}{{x^2 + 1}}} \right)dx = } \frac{4}{3} - \left[ {\frac{{x^2 }}{2} - \frac{1}{2}\ln (x^2 + 1)} \right]_{ - 1}^1 = \frac{4}{3} - 0 = \frac{4}{3} }$

ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Μέλη σε σύνδεση